Statique
La statique, ou mécanique statique, est la branche de la physique (ou de la mécanique
rationnelle), qui étudie les systèmes mécaniques en équilibre et au repos (dans un repère
galiléen).
1.1 Degrés de liberté
Les simplifications de la mécanique du point reposent sur le fait que le point est
invariant par rotation, et que toutes les forces sont appliquées au point matériel. Alors les
forces suffisent à modifier sa position.
Pour les solides, constitués d'une infinité de points matériels, les déplacements possibles,
appelés aussi degrés de liberté, sont de deux natures :
z
Rz
Trois (03) translations (𝑻𝒙 , 𝑻𝒚 , 𝑻𝒛 ) selon les trois
(03) directions principales ;
Tz
Trois (03) rotations (𝑹𝒙 , 𝑹𝒚 , 𝑹𝒛 ) autour de ces
Ty
Ry
trois directions.
y
O
Rx
x
Tx
Alors que ;
les translations sont provoquées que par des forces ;
les rotations sont générées par les moments de ces forces, ou autres couples de force.
Donc l'équilibre d'un solide indéformable nécessite :
Le principe fondamental de la statique qui se compose :
1. La résultante des forces extérieures appliquées au le solide est nulle (pas de mouvement
de translations) .
2. Le moment de ces forces extérieures est nul ( pas de mouvement de rotations).
1
En d’autres termes :
z
A1
𝐹𝟏
1- Le premier principe stipule :
An
𝑛
𝐹𝒏
𝑅⃗ = ∑ 𝐹𝑖𝐸𝑥𝑡 = ⃗0
A2
𝐹𝟐
𝐹𝒊
Ai
O
𝑖=1
A3
𝐹𝟑
y
x
2- Le deuxième principe stipule :
𝑛
⃗
⃗⃗ 𝑜 = ∑ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀
𝑂𝐴𝑖 ∧ 𝐹𝑖 = 0
𝑖=1
Exercice 1
𝐷
Une bille de poids P repose sur un support comme l’indique la figure cià-droite. Calculer les réactions des plans sur la bille pour assurer
l’équilibre. On suppose que les frottements sont nuls. A.N : 𝑃 = 10𝑁 ,
𝛼
𝛼 = 20°, 𝐷 = 65𝑚𝑚
Solution :
Le système réel (appelé système lié) est remplacé par réactions (appelé système libre) soumis
à l’action des forces données et des réactions de liaisons.
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑅𝐵
Méthode 1 :
𝛼
𝑦
Selon le 1ier principe de la statique :
⃗⃗⃗⃗
𝑅𝐴
3
𝑅⃗ = ∑ 𝐹𝑖𝐸𝑥𝑡 = ⃗0
𝑥
𝐴
𝐵
𝑖=1
𝑃⃗
Où : 𝑅⃗ : la résultante des forces extérieures
𝛼
2
𝑅⃗ = 𝑅⃗𝐴 + 𝑅⃗𝐵 + 𝑃⃗ = ⃗0 (Eqt. 1)
⃗⃗⃗⃗⃗ ) :
Projection de l’Eqt. (1) sur l’axe (𝑂𝑥
−𝑅𝐵 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝑅𝐴 = 0
⟹
𝑅𝐴 = 𝑅𝐵 𝑆𝑖𝑛𝛼 (Eqt.2)
⃗⃗⃗⃗⃗ ) :
Projection de l’Eqt. (1) sur l’axe (𝑂𝑦
𝑅𝐵 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑃 = 0
⟹
𝑃
𝑅𝐵 = 𝐶𝑜𝑠𝛼 (Eqt.3)
En remplaçant Eqt.(3) dans Eqt.(2), on obtient :
𝑆𝑖𝑛𝛼
𝑅𝐴 = 𝑃 𝐶𝑜𝑠𝛼 = 𝑃. 𝑡𝑔𝛼 et
𝑃
𝑅𝐵 = 𝐶𝑜𝑠𝛼
Méthode 2 : (Règle des sinus)
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑅𝐵
𝛼
⃗⃗⃗⃗
𝑅𝐴
𝑅⃗𝐵
𝑃⃗
𝜋
−𝛼
2
𝑃⃗
𝑅⃗𝐴
En appliquant la règle des sinus (voir Chapitre 1. Page 8), on peut écrire :
⃗ 𝐵‖
‖𝑅
𝜋
𝑆𝑖𝑛
2
=
⃗ 𝐴‖
‖𝑅
𝑆𝑖𝑛𝛼
=
‖𝑃⃗ ‖
𝜋
2
𝑆𝑖𝑛( −𝛼)
𝑅
𝑃
𝐴
𝑅𝐵 = 𝑆𝑖𝑛𝛼
= 𝐶𝑜𝑠𝛼
⇔
Donc ;
𝑆𝑖𝑛𝛼
𝑅𝐴 = 𝑃 𝐶𝑜𝑠𝛼 = 𝑃. 𝑡𝑔𝛼 et
𝑃
𝑅𝐵 = 𝐶𝑜𝑠𝛼
A.N : 𝑃 = 10𝑁 , 𝛼 = 20°, 𝐷 = 65𝑚𝑚
𝑅𝐴 = 10. 𝑡𝑔20° = 3.64𝑁 et
10
𝑅𝐵 = 𝐶𝑜𝑠20 = 10.64𝑁
3
Exercice 2
𝑙1
Un treuil de charge utile 𝑄, pesant lui-même de
𝑙2
poids 𝑃, est suspendu à une poutre de poids
négligeable dans les conditions indiquées par la
figure ci-dessous. Calculer, dans le cas de charge
maximum, les réactions d’appui 𝑅𝐴 et 𝑅𝐵 . A.N :
𝑄 = 1,6𝐾𝑁 , 𝑃 = 200𝑁 , 𝑙1 = 2,5𝑚 , 𝑙2 = 1,8𝑚
Solution :
a- Le système réel est remplacé par système d’étude soumis à l’action des forces données
et des réactions de liaisons.
𝒚
+
⃗⃗ 𝑩𝒚
𝑹
⃗⃗ 𝑪𝒚
𝑹
𝒙
𝑨
𝑙2
𝑩
⃗⃗ 𝑩𝒙
𝑹
𝑪
⃗⃗ = 𝑸
⃗⃗ + 𝑷
⃗⃗
𝑮
𝑙1
Soient en module l’action des forces données et les réactions de liaisons sont :
⃗⃗ ‖ = 𝑮 ; ‖𝑹
⃗⃗ 𝑩𝒚 ‖ = 𝑹𝑩𝒚 ; ‖𝑹
⃗⃗ 𝑩𝒙 ‖ = 𝑹𝑩𝒙 ; ‖𝑹
⃗⃗ 𝑪𝒚 ‖ = 𝑹𝑪𝒚
‖𝑮
Puisque il s’agit d’un système de forces non concourantes on commence par :
a- Deuxième principe de la statique
𝑛
⃗⃗ 𝑜 = ∑ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀
𝑂𝐴𝑖 ∧ 𝐹𝑖𝐸𝑥𝑡 = ⃗0
𝑖=1
On choisit le point 𝑩 (Eliminer le maximum d’inconnus) pour calculer le moment des forces
extérieures.
𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑅⃗𝐶𝑦 = ⃗0
⃗⃗ 𝐵 = ∑ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑅⃗𝐵𝑦 + 𝐵𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑅⃗𝐵𝑥 + 𝐵𝐶
𝑀
𝐵𝐴𝑖 ∧ 𝐹𝑖𝐸𝑥𝑡 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐴 ∧ 𝐺 + 𝐵𝐵
𝑖=1
4
Si le point 𝑩 est pris comme origine alors les coordonnées des points 𝑨, 𝑩 et 𝑪.
𝐴(−(𝑙1 − 𝑙2 ) , 0,0 ); 𝐵(0 , 0,0 ) ; 𝐶(𝑙2 , 0,0 )
Donc ;
−(𝑙1 − 𝑙2 )
⃗⃗⃗⃗⃗ |
𝐵𝐴
;
0
0
0
⃗⃗⃗⃗⃗ |0
𝐵𝐵
0
;
𝑙2
⃗⃗⃗⃗⃗ | 0
𝐵𝐶
0
0
; 𝐺 |−𝐺
0
;
0
0
𝑅𝐵𝑥
𝑅⃗𝐵𝑦 |𝑅𝐵𝑦 ; 𝑅⃗𝐵𝑥 | 0 ; 𝑅⃗𝐶𝑦 |𝑅𝐶𝑦
0
0
0
⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝐺 + 𝐵𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑅⃗𝐶𝑦 = ⃗0
⃗⃗ 𝐵 = 𝐵𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑅⃗𝐵𝑦 + 𝐵𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑅⃗𝐵𝑥 + 𝐵𝐶
𝑀
0
0
−(𝑙1 − 𝑙2 )
𝑙2
0
0
0 𝑅𝐵𝑥
0
𝑅
𝑅
=|
∧
|
+
|
∧
|
+
|
∧
|
+
|
∧
|
=
|
−𝐺
0
0
0
0
0
0
𝐵𝑦
𝐶𝑦
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
=|
+ |0 + |0 + | 0 = |
= |0
𝑅𝐶𝑦 . 𝑙2
𝐺. (𝑙1 − 𝑙2 ) + 𝑅𝐶𝑦 . 𝑙2
𝐺. (𝑙1 − 𝑙2 )
0
0
0
⃗⃗ 𝐵 , on déduit :
De la troisième composante du vecteur moment 𝑀
𝐺. (𝑙1 − 𝑙2 ) + 𝑅𝐶𝑦 . 𝑙2 = 0
⟹
𝑅𝐶𝑦 =
−𝐺.(𝑙1 −𝑙2 )
𝑙2
le signe (−) indique que la réaction 𝑅𝐶𝑦
⃗⃗⃗⃗⃗ ) au point C est dirigée vers le sens contraire.
selon l’axe (𝑂𝑦
Calcul des réactions 𝑹𝑩𝒙 𝒆𝒕 𝑹𝑩𝒚
Selon le premier (1ier ) principe de la statique :
3
𝑅⃗ = ∑ 𝐹𝑖𝐸𝑥𝑡 = ⃗0
𝑖=1
⃗⃗⃗⃗⃗ ) , la résultante vaut
Selon l’axe (𝑂𝑥
𝑅𝑥 = 𝑅𝐵𝑥 = 0
⃗⃗⃗⃗⃗ ) , la résultante vaut
Selon l’axe (𝑂𝑦
𝑅𝑦 = −𝐺 + 𝑅𝐵𝑦 + 𝑅𝐶𝑦 = 0 ⟹ 𝑅𝐵𝑦 = 𝐺 − 𝑅𝐶𝑦
A.N : 𝑄 = 1,6𝐾𝑁 , 𝑃 = 200𝑁 , 𝑙1 = 2,5𝑚 , 𝑙2 = 1,8𝑚
𝐺 = 1600 + 200 = 1800𝑁
5
Alors ;
𝑅𝐵𝑥 = 0 ; 𝑅𝐶𝑦 =
−𝐺.(𝑙1 −𝑙2 )
𝑙2
=
−1800(2.5−1.8)
1.8
= −700𝑁 ; 𝑅𝐵𝑦 = 𝐺 − 𝑅𝐶𝑦 = 1800 − (−700) =
2500𝑁
Exercice 3
Soit le système solide représenté ci-contre, on
connait les grandeurs suivantes : 𝐹1 , 𝑙 , 𝑚 , 𝛼 , 𝛽 , 𝛾.
𝜷
Calculer la tension 𝑇 du câble ainsi que la réaction 𝑅
𝜸
à l’appui. A.N : 𝐹1 = 600𝑁, 𝑙 = 3𝑚 , 𝑚 = 200𝑘𝑔 ,
𝛼 = 25° , 𝛽 = 40° , 𝛾 = 30°.
⃗𝟏
𝑭
𝜶
Solution :
Le système réel devient le système d’étude comme suit :
𝒍
⃗⬚
𝑻
𝑪
𝜷
+
⃗⃗ 𝑨𝒚
𝑹
𝑩
𝜸
⃗𝟏
𝑭
𝜶
𝑨
⃗𝑹
⃗ 𝑨𝒙
𝜶
⃗⃗ = 𝒎𝒈
⃗⃗
𝑷
Puisque il s’agit d’un système de forces non concourantes on commence par :
a- Deuxième principe de la statique
𝑛
⃗⃗ 𝑜 = ∑ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀
𝑂𝐴𝑖 ∧ 𝐹𝑖𝐸𝑥𝑡 = ⃗0
𝑖=1
6
On choisit le point 𝑨 (Eliminer le maximum d’inconnus) pour calculer le moment des forces
extérieures.
𝑛
⃗⃗ 𝐴 = ∑ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗ = ⃗0
𝑀
𝐴𝐴𝑖 ∧ 𝐹𝑖𝐸𝑥𝑡 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴 ∧ 𝑅⃗𝐴𝑦 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴 ∧ 𝑅⃗𝐴𝑥 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 ∧ 𝑃⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 ∧ 𝐹1 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 ∧ 𝑇
𝑖=1
Soit le point 𝑨 est pris comme origine alors les coordonnées des points 𝑨, 𝑩 et 𝑪 sont :
𝐴(0 , 0,0 ); 𝐵(𝑙⁄2 , 0,0 ) ; 𝐶(𝑙 , 0,0 )
Donc ;
𝑙⁄
0
𝑙
2
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴 |0 ; 𝐴𝐵 | 0
; ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 |0
0
0
0
−𝑇. 𝐶𝑜𝑠𝛽
−𝐹1 . 𝐶𝑜𝑠𝛾
⃗ | 𝑇. 𝑆𝑖𝑛𝛽 ; 𝐹1 | −𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾
; 𝑇
0
0
;
𝑅𝐴𝑦 𝑆𝑖𝑛𝛼
⃗𝑅𝐴𝑦 |𝑅𝐴𝑦 𝐶𝑜𝑠𝛼
0
;
𝑅𝐴𝑥 𝐶𝑜𝑠𝛼
−𝑚. 𝑔. 𝑆𝑖𝑛𝛼
⃗𝑅𝐴𝑥 |−𝑅𝐴𝑥 𝑆𝑖𝑛𝛼 ; 𝑃⃗ |−𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼
0
0
Alors ;
⃗⃗ 𝐴 = ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗ = ⃗0
𝑀
𝐴𝐴 ∧ 𝑅⃗𝐴𝑦 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐴 ∧ 𝑅⃗𝐴𝑥 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐵 ∧ 𝑃⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 ∧ 𝐹1 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝐶 ∧ 𝑇
𝑙⁄
−𝐹1 . 𝐶𝑜𝑠𝛾
0
0
0
𝑙
𝑙 −𝑇. 𝐶𝑜𝑠𝛽
2 −𝑚. 𝑔. 𝑆𝑖𝑛𝛼
= |0 + |0 + | 0 ∧ |−𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼 + |0 ∧ | −𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾 + |0 ∧ | 𝑇. 𝑆𝑖𝑛𝛽 = |0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
=|
+|
+|
= |0
− 𝑙⁄2 . 𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼
−𝑙. 𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾
𝑙. 𝑇. 𝑆𝑖𝑛𝛽
0
0
0
0
=|
= |0
− 𝑙⁄2 . 𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑙. 𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾 + 𝑙. 𝑇. 𝑆𝑖𝑛𝛽
0
⃗⃗ 𝐴 , on déduit :
De la troisième composante du vecteur moment 𝑀
− 𝑙⁄2 . 𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑙. 𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾 + 𝑙. 𝑇. 𝑆𝑖𝑛𝛽 = 0
⟹
Calcul des réactions 𝑹𝑨𝒚 𝒆𝒕 𝑹𝑨𝒙
Selon le premier (1ier ) principe de la statique :
𝑇=
𝐹1 .𝑆𝑖𝑛𝛾+0,5.𝑚.𝑔.𝐶𝑜𝑠𝛼
𝑆𝑖𝑛𝛽
3
𝑅⃗ = ∑ 𝐹𝑖𝐸𝑥𝑡 = ⃗0
𝑖=1
7
⃗ = ⃗0
𝑅⃗ = 𝑅⃗𝐴𝑦 + 𝑅⃗𝐴𝑥 + 𝑃⃗ + 𝐹1 + 𝑇
𝑅𝐴𝑦 𝑆𝑖𝑛𝛼
𝑅𝐴𝑥 𝐶𝑜𝑠𝛼
−𝑚. 𝑔. 𝑆𝑖𝑛𝛼
−𝑇. 𝐶𝑜𝑠𝛽
−𝐹1 . 𝐶𝑜𝑠𝛾
0
= |𝑅𝐴𝑦 𝐶𝑜𝑠𝛼 + |−𝑅𝐴𝑥 𝑆𝑖𝑛𝛼 + |−𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼 + | −𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾 + | 𝑇. 𝑆𝑖𝑛𝛽 = |0
0
0
0
0
0
0
⃗⃗⃗⃗⃗ ) , la résultante vaut
Selon l’axe (𝑂𝑥
𝑅𝐴𝑦 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝑅𝐴𝑥 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑚. 𝑔. 𝑆𝑖𝑛𝛼 − 𝐹1 . 𝐶𝑜𝑠𝛾 − 𝑇. 𝐶𝑜𝑠𝛽 = 0
⃗⃗⃗⃗⃗ ) , la résultante vaut
Selon l’axe (𝑂𝑦
𝑅𝐴𝑦 𝐶𝑜𝑠𝛼−𝑅𝐴𝑥 𝑆𝑖𝑛𝛼 − 𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾 + 𝑇. 𝑆𝑖𝑛𝛽 = 0
Il s’agit d’un système à deux équations à deux inconnues :
{
𝑅𝐴𝑦 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝑅𝐴𝑥 𝐶𝑜𝑠𝛼 = 𝑎
𝑅𝐴𝑦 𝐶𝑜𝑠𝛼−𝑅𝐴𝑥 𝑆𝑖𝑛𝛼 = 𝑏
Avec ;
𝑎 = 𝑚. 𝑔. 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝐹1 . 𝐶𝑜𝑠𝛾 + 𝑇. 𝐶𝑜𝑠𝛽
et 𝑏 = 𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼 + 𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾 − 𝑇. 𝑆𝑖𝑛𝛽
On obtient après la résolution du système précédant ;
𝑅𝐴𝑦 = 𝑎. 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝑏. 𝐶𝑜𝑠𝛼
Et
𝑅𝐴𝑥 = 𝑎. 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑏. 𝑆𝑖𝑛𝛼
A.N : 𝐹1 = 600𝑁, 𝑙 = 3𝑚 , 𝑚 = 200𝑘𝑔 , 𝛼 = 25° , 𝛽 = 40° , 𝛾 = 30°.
𝑇=
𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾 + 0,5. 𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼 600. 𝑆𝑖𝑛30° + 0,5.200.9,81. 𝐶𝑜𝑠25
=
= 1849,89𝑁
𝑆𝑖𝑛𝛽
𝑆𝑖𝑛40
Ensuite on calcul
𝑎 = 𝑚. 𝑔. 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝐹1 . 𝐶𝑜𝑠𝛾 + 𝑇. 𝐶𝑜𝑠𝛽 = 200.9,81. 𝑆𝑖𝑛25° + 600. 𝐶𝑜𝑠30° + 𝑇. 𝐶𝑜𝑠40°
= 2765,89𝑁
𝑏 = 𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠𝛼 + 𝐹1 . 𝑆𝑖𝑛𝛾 − 𝑇. 𝑆𝑖𝑛 = 200.9,81. 𝐶𝑜𝑠25° + 600. 𝑆𝑖𝑛30° − 𝑇. 𝑆𝑖𝑛40°
= 889,09𝑁
8
𝑅𝐴𝑥 = 𝑎. 𝐶𝑜𝑠𝛼 − 𝑏. 𝑆𝑖𝑛𝛼 = 2765,89. 𝐶𝑜𝑠25° − 889,09. 𝑆𝑖𝑛25° = 2131,00𝑁
𝑅𝐴𝑦 = 𝑎. 𝑆𝑖𝑛𝛼 + 𝑏. 𝐶𝑜𝑠𝛼 = 2765,89. 𝑆𝑖𝑛25° + 889,09. 𝐶𝑜𝑠25° = 1974,70𝑁
-
L’intensité ou le module de ‖𝑅⃗𝐴 ‖
‖𝑅⃗𝐴 ‖ = √𝑅𝐴𝑥 2 + 𝑅𝐴𝑦 2 = 2905,27𝑁
-
𝑡𝑔𝜑 =
-
⃗𝑹
⃗𝑨
Sa direction
⃗ 𝐴𝑦 ‖
‖𝑅
⃗ 𝐴‖
‖𝑅
⃗⃗ 𝑨𝒚
𝑹
𝝋
= 0,6795 (𝜑 = 34,19°)
Le sens de la réaction 𝑅⃗𝐴 est le sens positif
⃗𝑹
⃗ 𝑨𝒙
Exercice 4
A la prochaine ……….
9
